Bài giảng Seminar

Bài giảng Seminar
1 Nhận diện bài toán
Khi giải toán bất đẳng thức, một trong những yếu tố giúp ta giải quyết bài toán thành công là ở kỹ
năng phân tích nhận xét đề bài. Nếu phân tích tốt, ta có thể chọn được những phương pháp thích
hợp để giải quyết bài toán nhanh, gọn và hiệu quả. Mục đích của phần này, chúng tôi muốn được
chia sẻ cùng các bạn một số kinh nghiệm phân tích đề bài của mình.
Chúng ta bắt đầu với ví dụ sau
Example 1 Cho các số thực x;y;z 6= 1 thỏa xyz= 1: Chứng minh rằng
x
x1
2
+

y
y1
2
+

z
z1
2
 1:
(IMO 2008)
Lời giải 1. Đặt a= xx1 ;b=
y
y1 ;c=
z
z1 ; khi đó ta có x=
a
a1 ;y=
b
b1 ;z=
c
c1 : Do xyz= 1 nên
abc = (a 1)(b 1)(c 1); suy ra a+ b+ c ab bc ca = 1: Bất đẳng thức cần chứng minh
được đưa về a2+b2+ c2  1: Ta có 1= 21= 2(a+b+ cabbc ca)1 nên ta có thể viết
lại bất đẳng thức trên dưới dạng a2+ b2+ c2  2(a+ b+ c ab bc ca) 1: Không mấy khó
khăn, ta có thể phân tích bất đẳng thức cuối thành (a+ b+ c 1)2  0 là một bất đẳng thức hiển
nhiên đúng. Vì thế, phép chứng minh của ta được hoàn tất.
Lời giải 2. Do x;y;z 6= 1 và xyz = 1 nên tồn tại các số thực a;b;c sao cho x = bca2 ;y = cab2 ;z = abc2
(chẳng hạn, ta có thể chọn a= 13px ;b=
1
3py ;c=
1
3pz ). Khi đó, bất đẳng thức đã cho được viết lại dưới
dạng thuần nhất là
a4
(a2bc)2 +
b4
(b2 ca)2 +
c4
(c2ab)2  1:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
VT  (a
2+b2+ c2)2
(a2bc)2+(b2 ca)2+(c2ab)2 :
Lại có (a2+ b2+ c2)2 (a2 bc)2 (b2 ca)2 (c2 ab)2 = (ab+ bc+ ca)2  0; nên kết hợp
với trên, ta dễ dàng suy ra được điều phải chứng minh.
Lời giải 3. Đặt x= ab ;y=
b
c ;z=
c
a (??), bất đẳng thức trở thành
a2
(ab)2 +
b2
(b c)2 +
c2
(ca)2  1:
1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
VT 
 [(ab)2(a c)2+(b c)2(ba)2+(ca)2(cb)2] [a(a c)+b(ba)+ c(cb)]2:
Đến đây, với chú ý ở đẳng thức xy+yz+ zx= 0 trong đó x= (ab)(ac);y= (bc)(ba);z=
(ca)(cb); ta thấy
(ab)2(a c)2+(b c)2(ba)2+(ca)2(cb)2 = x2+ y2+ z2
= x2+ y2+ z22(xy+ yz+ zx)
= (x+ y+ z)2;
mà x+y+z= (ab)(ac)+(bc)(ba)+(ca)(cb) = a(ac)+b(ba)+c(cb); nên
từ trên ta có ngay điều phải chứng minh.
Nhận xét. 1) Bất đẳng thức đã cho có dạng phân thức nên khó đánh giá hơn dạng đa thức rất nhiều.
Như vậy, ý tưởng của ta là làm mất phân thức. Có rất nhiều cách để thực hiện việc này, nhưng có
lẽ, tư tưởng "cần gì có nấy" là tự nhiên nhất ở đây, ta chỉ việc đặt ẩn mới bằng mỗi phân thức rồi
biến đổi theo giả thiết của đề bài là được. Ngoài ra, bất đẳng thức đã cho yêu cầu chứng minh cho
các số thực nên việc tìm những đánh giá thích hợp là không dễ chút nào. Với những bất đẳng thức
với số thực thì phân tích bình phương là một trong những phương pháp hiệu quả nhất để giải. Đó
chính là ý tưởng của lời giải 1.
2) Với những bất đẳng thức chứa điều kiện thì một trong những điều mà ta thường nghĩ tới nhất đó
là thuần nhất hóa chúng rồi đánh giá. Tại sao ta không thử dùng phép thuần nhất hóa với bài này?
Giả thiết bài toán cho ta xyz= 1; có hai phép thuần nhất hóa thông dụng liên quan đến giả thiết này
là đặt x= a2bc ;y=
b2
ca ;z=
c2
ab hoặc x=
a
b ;y=
b
c ;z=
c
a (lời giải 2 và 3). Ngoài ra, sau khi thuần nhất
hóa, ta thấy rằng bất đẳng thức có dạng tổng bình phương, một dạng quen thuộc của bất đẳng thức
Cauchy Schwarz, và từ đó, ta có các lời giải 2 và 3.
3) Một điều dễ thấy là bài toán đã cho có vô số điểm mà tại đó xảy ra đẳng thức, do đó các phương
pháp dồn biến và SOS là không thể áp dụng cho bài này.
Bài tập tương tự. Chứng minh rằng với mọi số thực a;b;c thỏa mãn abc= 1; ta luôn có
a+3
(a1)2 +
b+3
(b1)2 +
c+3
(c1)2 
47
16
:
(Nguyễn Đình Thi)
Example 2 Cho các số không âm a;b;c thỏa mãn ab+bc+ ca= 1: Chứng minh rằngp
a3+a+
p
b3+b+
p
c3+ c 2pa+b+ c:
(Iran 2008)
2
Lời giải 1. Ta có a3+a = a3+a(ab+bc+ ca) = a2(a+b+ c)+abc nên áp dụng bất đẳng thức
Minkowski, ta được
∑
cyc
p
a3+a = ∑
cyc
r
a
p
a+b+ c
2
+
p
abc
2

vuut ∑
cyc
a
p
a+b+ c
!2
+
p
abc+
p
abc+
p
abc
2
=
q
(a+b+ c)3+9abc;
do đó, ta chỉ cần chứng minh được (a+b+c)3+9abc 4(a+b+c)(ab+bc+ca): Khai triển ra,
ta thu được bất đẳng thức Schur bậc 3, vì thế bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng. Bài toán được
giải quyết xong.
Lời giải 2. Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có
VT 2 


a2
a2+1
+
b2
b2+1
+
c2
c2+1

 (a+b+ c)3;
từ đó suy ra ta chỉ cần chứng minh được
(a+b+ c)2  4

a2
a2+1
+
b2
b2+1
+
c2
c2+1

:
Ta có
∑
cyc
a2
a2+1
= ∑
cyc
a2
(a+b)(a+ c)
= 1 2abc
(a+b)(b+ c)(c+a)
;
nên bất đẳng thức trên tương đương với
(a+b+ c)2
ab+bc+ ca
 4 8abc
(a+b)(b+ c)(c+a)
;
tương đương
a2+b2+ c2
ab+bc+ ca
+
8abc
(a+b)(b+ c)(c+a)
 2:
Đây là một bất đẳng thức quen thuộc với nhiều cách giải.
Nhận xét. Bất đẳng thức đã cho có dạng căn thức, vì thế các phương pháp dồn biến và SOS rất khó
đánh giá nên ta loại trừ chúng đi. Như vậy, mục đích của ta sẽ là khử căn đi. Để khử căn thức thì
đơn giản nhất là dùng các bất đẳng thức kinh điển. Ta sẽ dùng những bất đẳng thức nào đây? Bây
giờ, để ý rằng bất đẳng thức nêu ở đề bài có dạng tổng căn thức, một dạng áp dụng quen thuộc của
các bất đẳng thức như Minkowski và Holder. Vì vậy, ta sẽ thử dùng hai bất đẳng thức này để đánh
3
giá. Nhưng một điều chú ý là khi áp dụng phải đảm bảo dấu đẳng thức của đề bài (a= b= c= 1p3
và a= b= 1;c= 0 cùng các hoán vị).
1) Dùng Minkowski. Ở đây, có lẽ sẽ có nhiều bạn nghĩ đến áp dụng bất đẳng thức Minkowski kiểu
p
a3+a+
p
b3+b+
p
c3+ c
rp
a3+
p
b3+
p
c3
2
+
p
a+
p
b+
p
c
2
nhưng bạn nên nhớ rằng, mục đích của ta là khử căn, nếu áp dụng như thế này có lẽ vẫn đi đến kết
quả nhưng chắc chắn sẽ khá dài và phức tạp. Vì vậy, ta loại cách áp dụng này. Nếu bạn nào tinh ý,
để ý rằng a3+ a = a2(a+ b+ c)+ abc thì có thể áp dụng Minkowski kiểu như trong lời giải 1 để
mất căn rồi thực hiện những đánh giá như bình thường.
2) Dùng Holder. Thứ nhất, ta cần xác định rõ mục tiêu của mình khi áp dụng bất đẳng thức này, đó
là mất căn và bất đẳng thức thu được sau áp dụng phải có bậc thấp (để có lời giải đơn giản). Vì vậy,
ý tưởng của ta là áp dụng làm sao để cho ra một biểu thức giống với vế phải, tức là a+ b+ c: Để
làm như vậy, ta chỉ cần để ý rằng a =
q
(a3+a) 
 a2a2+1 và như thế, lời giải chính là xuất phát từ ý
tưởng này.
Bài tập tương tự. Cho a;b;c là các số không âm, thỏa mãn không có hai số nào đồng thời bằng 0:
Chứng minh rằng
a) s
a2
b2+bc+ c2
+
s
b2
c2+ ca+a2
+
s
c2
a2+ab+b2
 a+b+ cp
ab+bc+ ca
;
(Vasile Cirtoaje)
b) s
a2
4b2+bc+4c2
+
s
b2
4c2+ ca+4a2
+
s
c2
4a2+ab+4b2
 1:
(Phạm Kim Hùng, Võ Quốc Bá Cẩn)
Example 3 Cho các số thực không âm a;b;c; không có hai số nào đồng thời bằng 0: Chứng minh
rằng
1
(a+b)2
+
1
(b+ c)2
+
1
(c+a)2
 9
4(ab+bc+ ca)
:
(Iran 1996)
Lời giải 1. Đây là một bài khó và cách giải bằng phương pháp biến đổi tương đương có lẽ là tự
nhiên nhất cho nó. Nhưng biến đổi như thế nào để các tính toán của ta đơn giản và nhẹ nhàng là
một điều mà không phải ai cũng làm được. Khá nhiều người dùng những con tính khủng khiếp để
giải bài này. Chúng ta sẽ không làm như vậy mà chọn cách khéo léo hơn. Nguyên nhân khiến nhiều
người đưa đến những lời giải không đẹp là họ đã dùng phép quy đồng cho tất cả các phân thức rồi
thu gọn, vì thế mà bất đẳng thức thu được sẽ có bậc cao và các hệ số rất lớn. Đế tránh điều này, ta
có thể dùng một phép biến đổi đơn giản hơn là quy đồng từng phần, cụ thể ta sẽ làm như sau
4
Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với (a+ b)(b+ c)(c+ a); ta có thể viết lại bất đẳng thức cần
chứng minh như sau
(a+b)(a+ c)
b+ c
+
(b+ c)(b+a)
c+a
+
(c+a)(c+b)
a+b
 9(a+b)(b+ c)(c+a)
4(ab+bc+ ca)
:
Bây giờ, để ý rằng (a+b)(a+c)b+c =
a2+bc
b+c +a và (a+b)(b+c)(c+a) = (a+b+c)(ab+bc+ca)abc;
ta có thể thu gọn bất đẳng thức trên thành
a2+bc
b+ c
+
b2+ ca
c+a
+
c2+ab
a+b
+
9abc
4(ab+bc+ ca)
 5
4
(a+b+ c):
áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có ab+bc+ ca (a+b+c)23 nên ta chỉ cần chứng minh được
a2+bc
b+ c
+
b2+ ca
c+a
+
c2+ab
a+b
+
27abc
4(a+b+ c)2
 5
4
(a+b+ c);
tương đương
(a+b+ c)

a2+bc
b+ c
+
b2+ ca
c+a
+
c2+ab
a+b

+
27abc
4(a+b+ c)
 5
4
(a+b+ c)2:
Ta có
(a+b+ c)(a2+bc)
b+ c
= a2+bc+
a(a2+bc)
b+ c
= 2a2+bc+
a(ab)(a c)
b+ c
;
nên bất đẳng thức trên tương đương với
∑
cyc
a(ab)(a c)
b+ c
+2∑
cyc
a2+∑
cyc
bc+
27abc
4(a+b+ c)
 5
4
(a+b+ c)2;
hay là
∑
cyc
a(ab)(a c)
b+ c
+
3
4

a2+b2+ c2+
9abc
a+b+ c
2ab2bc2ca

 0:
Mặt khác, dễ thấy ∑cyc a(ab)(ac)b+c  0 và a2+b2+c2+ 9abca+b+c 2ab2bc2ca 0 (theo Schur)
nên bất đẳng thức được chứng minh xong.
Lời giải 2. Để ý rằng bất đẳng thức đã cho có đẳng thức xảy ra tại a= b= c và a= b;c= 0 (cùng
các hoán vị), điều này gợi cho ta nghĩ đến việc sử dụng phương pháp dồn biến để giải quyết bài
toán. Và hiển nhiên, với đẳng thức xảy ra như trên thì ta phải dồn về a= b (vì việc dồn về c= 0 sẽ
ảnh hưởng đến đẳng thức thứ nhất là a= b= c).
Không mất tính tổng quát, giả sử a b c: Đặt t = a+b2 ; ta sẽ chứng minh
1
(b+ c)2
+
1
(a+ c)2
 9
4(ab+bc+ ca)
 2
(t+ c)2
 9
4(t2+2tc)
;
5
hay là
1
(b+ c)2
+
1
(a+ c)2
 2
(t+ c)2
 9
4(ab+bc+ ca)
 9
4(t2+2tc)
:
Rõ ràng việc tách bình phương từ t2+ 2tc (ab+ bc+ ca) là khá dễ (và nó bằng (ab)24 ), nhưng
việc tách trực tiếp từ 1
(b+c)2 +
1
(a+c)2  2(t+c)2 là không đơn giản chút nào. Vì thế, ta cần có một bước
tách trung gian như sau
1
(b+ c)2
+
1
(a+ c)2
 2
(t+ c)2
=
1
(b+ c)2
+
1
(a+ c)2
 2
(b+ c)(a+ c)
+
2
(a+ c)(b+ c)
 2
(t+ c)2
=

1
b+ c
 1
a+ c
2
+
2(t2ab)
(a+ c)(b+ c)(t+ c)2
=
(ab)2
(a+ c)2(b+ c)2
+
(ab)2
2(a+ c)(b+ c)(t+ c)2
;
như vậy, ta phải chứng minh
1
(a+ c)2(b+ c)2
+
1
2(a+ c)(b+ c)(t+ c)2
 9
16(t2+2tc)(ab+bc+ ca)
:
Việc chứng minh khá dễ dàng, ta chỉ cần để ý rằng 916(t2+2tc)(ab+bc+ca)  916(ab+bc+ca)2 và
4(ab+bc+ ca)3(a+ c)(b+ c) = ab+bc+ ca3c2  0:
Bước dồn biến được hoàn tất. Và cuối cùng ta chỉ còn phải chứng minh
1
4t2
+
2
(t+ c)2
 9
4(t2+2tc)
 0; tương đương c(t c)
2
2t2(t+2c)(t+ c)2
 0
là một bất đẳng thức đúng.
Bài tập tương tự. Chứng minh rằng với mọi a;b;c không âm thỏa mãn không có hai số nào đồng
thời bằng 0; ta đều có
a) 
a
b+ c
2
+

b
c+a
2
+

c
a+b
2
+
10abc
(a+b)(b+ c)(c+a)
 2;
(Dương Đức Lâm)
b) 
a
b+ c
3
+

b
c+a
3
+

c
a+b
3
+
9abc
(a+b)(b+ c)(c+a)
 a
b+ c
+
b
c+a
+
c
a+b
:
(Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh)
6
Example 4 Cho các số thực dương a;b;c thỏa mãn a+b+ c= 1: Chứng minh rằng
2

a
b
+
b
c
+
c
a

 1+a
1a +
1+b
1b +
1+ c
1 c :
(Germany 2006)
Lời giải 1. Dễ thấy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a
b
+
b
c
+
c
a
 a
b+ c
+
b
c+a
+
c
a+b
+
3
2
:
Mà ab  ab+c = cab(b+c) nên ta có thể viết lại bất đẳng thức này như sau
ca
b(b+ c)
+
ab
c(c+a)
+
bc
a(a+b)
 3
2
:
Đến đây, áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta được
VT  (ca+ab+bc)
2
cab(b+ c)+abc(c+a)+bca(a+b)
=
(ab+bc+ ca)2
2abc(a+b+ c)
:
Mặt khác, theo bất đẳng thức AM – GM thì (ab+bc+ca)2  3abc(a+b+c) nên kết hợp với trên,
ta dễ dàng suy ra được bất đẳng thức cần phải chứng minh. Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a= b= c= 13 :
Lời giải 2. Tương tự như lời giải 1, ta cũng phải chứng minh
a
b
+
b
c
+
c
a
 a
b+ c
+
b
c+a
+
c
a+b
+
3
2
:
Đây là một bất đẳng thức hoán vị theo a;b;c nên một trong những ý tưởng tự nhiên nhất khi gặp
dạng này sẽ là dùng những đánh giá thích hợp để đưa về dạng đối xứng. Điều này có nghĩa là ta sẽ
tìm những đánh giá liên quan đến ab +
b
c +
c
a để đưa bài toán về dạng đối xứng. Có rất nhiều đánh
giá liên quan đến đại lượng này, chẳng hạn như
a
b
+
b
c
+
c
a
 (a+b+ c)
2
ab+bc+ ca
;
a
b
+
b
c
+
c
a
 (ab+bc+ ca)
2
abc(a+b+ c)
; : : :
Vậy ta phải chọn đánh giá nào mới thích hợp? Để làm được điều này, bạn chỉ cần một chút để ý
tinh tế sau: Hãy để ý rằng bậc cao nhất của biểu thức ab+c +
b
c+a +
c
a+b +
3
2 theo a là bậc 1, vì vậy
nên đánh giá của ta cho ab +
b
c +
c
a cũng phải có bậc tối thiểu theo a là bậc 1, nếu không thì không
thể giải quyết được bài toán (bạn hãy giải thích vì sao?). Đây là một phân tích nhỏ và thường đạt
được hiệu quả cao trong giải toán (tất nhiên là cũng có những trường hợp ngoại lệ), và với những
phân tích này thì, ta thấy chỉ có đánh giá
a
b
+
b
c
+
c
a
 (a+b+ c)
2
ab+bc+ ca
7
là thích hợp. Như vậy, ta sẽ thử sử dụng nó để chứng minh bài toán đã cho, tức là chứng minh
(a+b+ c)2
ab+bc+ ca
 a
b+ c
+
b
c+a
+
c
a+b
+
3
2
:
Việc chứng minh khá đơn giản, các bạn chỉ cần nhân cả hai vế cho ab+bc+ ca> 0 và chú ý rằng
a(ab+bc+ ca)
b+ c
= a2+
abc
b+ c
 a2+ a(b+ c)
4
là có thể chứng minh ngay được bài toán.
2 Một số kinh nghiệm trong việc xử lý các bất đẳng thức không thuần
nhất, các bất đẳng thức với điều kiện lạ
Đối với những bất đẳng thức nằm một trong hai dạng này thì việc giải chúng bằng toán sơ cấp, có
lẽ ba phương pháp sau đây là hiệu quả nhất: dồn biến, thuần nhất hóa và phản chứng (với một số
bất đẳng thức điều kiện lạ). Chúng ta hãy cùng xét một số ví dụ sau
Example 5 Chứng minh rằng với mọi a;b;c dương, ta đều có
abc+2(a2+b2+ c2)+8 5(a+b+ c):
(Trần Nam Dũng, Hello IMO 2007)
Lời giải 1. Đây là một bất đẳng thức không đồng bậc và đó cũng chính là nguyên nhân khiến nó
trở nên khó đánh giá. Vì vậy, ta hãy thử đưa nó về dạng thuần nhất xem sao. Muốn thực hiện điều
này, ta hãy để ý rằng đẳng thức xảy ra khi a= b= c= 1 và bất đẳng thức đã cho có chứa các biểu
thức bậc 1;2;3 nên tốt nhất là ta sẽ đưa về dạng thuần nhất với bậc là trung bình cộng của 3 bậc
trên, tức là bậc 2: Ta làm như sau
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có abc+ 12 =
abc+abc+1
2  32
3pa2b2c2; và
5(a+b+ c) =
5
6

2 
3 
 (a+b+ c) 5
6
[32+(a+b+ c)2] =
15
2
+
5
6
(a+b+ c)2:
Vì vậy, ta chỉ cần chứng minh được
3
2
3pa2b2c2 1
2
+2(a2+b2+ c2)+8 15
2
+
5
6
(a+b+ c)2;
hay là
2(a2+b2+ c2)+
3
2
3pa2b2c2  5
6
(a+b+ c)2;
tương đương
9 3
p
a2b2c2  10(ab+bc+ ca)7(a2+b2+ c2):
8
Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được 9 3
p
a2b2c2 = 9abc3pabc 
27abc
a+b+c ; nên ta chỉ cần chứng
minh được
27abc
a+b+ c
 10(ab+bc+ ca)7(a2+b2+ c2):
Theo bất đẳng thức Schur bậc 3, bất đẳng thức này hiển nhiên đúng. Phép chứng minh được hoàn
tất.
Lời giải 2. Mặc dù là một bất đẳng thức không thuần nhất, nhưng do bậc thấp nên ta nghĩ rằng
phép dồn biến có thể được áp dụng trong bài toán này. Tuy nhiên, do không có điều kiện ràng buộc
và ở dạng "không giống ai" nên ta không thể dồn biến trực tiếp mà dùng phép dồn hai lần như sau
Đặt 2t = a+b; ta có thể viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng
abc+8t24ab+2c2+8 10t+5c;
hay là
ab(c4)+8t2+2c210t5c+8 0:
Nếu c4  0 thì ab(c4)  0 nên ta chỉ cần chứng minh được 8t2+2c210t5c+8  0: Ta
có 8t210t+ 258  0 và 2c25c 0 (do c 4) nên bất đẳng thức này hiển nhiên đúng.
Nếu c 4  0; áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta chỉ cần chứng minh được t2(c 4)+ 8t2 +
2c210t5c+8 0; tương đương (c+4)t210t+2c25c+8 0: Xem đây là một tam thức
bậc 2 của t; ta thấy biệt thực của nó là ∆0 = 25 (c+ 4)(2c2 5c+ 8) = (2c+7)(c1)2  0,
mà hệ số cao nhất của nó dương nên hiển nhiên nó không âm. Bài toán được chứng minh.
Bài tập tương tự. Giả sử a;b;c là các số thực không âm bất kì. Chứng minh các bất đẳng thức sau
a)
a2+b2+ c2+2abc+3 (a+1)(b+1)(c+1);
(Gabriel Dospinescu, Marian Tetive, Mircea Lascu)
b)
a3+b3+ c3+9abc+4(a+b+ c) 8(ab+bc+ ca):
(Lê Trung Kiên)
Example 6 Cho các số không âm a;b;c thỏa mãn 2(a2+b2+ c2)+3abc= 9: Chứng minh rằng
a+b+ c 3:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải 1. Đây là một bất đẳng thức với điều kiện khá lạ lùng, và đẳng thức xảy ra tại hai điểm là
a = b = c = 1 và a = b = 32 ;c = 0 (cùng các hoán vị). Điều đó gây trở ngại cho các đánh giá của
ta, và có vẻ như mọi đánh giá với giả thiết này đều vô hiệu, vì vậy, một cách tự nhiên, ta nghĩ ngay
đến phương pháp dồn biến để giải bài toán này.
9
Giả sử a  b  c: Dễ thấy tồn tại t  1 sao cho 2(2t2+ c2)+ 3t2c = 9: Khi đó, để thực hiện dồn
biến, ta sẽ chứng minh a+b 2t: Tuy nhiên, việc tách bình phương từ a+b2t là rất khó, nên ta
cần một tí tinh tế như sau
Để ý rằng 4t2+3t2c= 2(a2+b2)+3abc; suy ra 2(2t2a2b2) = 3c(ab t2): Nếu ab> t2 thì ta
có a2+b2  2ab> 2t2; suy ra 2(2t2a2b2)< 0 3c(ab t2); vô lí. Vì vậy, ta phải có ab t2;
suy ra a2+b2  2t2: Đến đây, ta tính được
a+b2t = (a+b)
24t2
a+b+2t
=
a2+b22t2+2(ab t2)
a+b+2t
=
32c(ab t2)+2(ab t2)
a+b+2t
=
(43c)(ab t2)
2(a+b+2t)
 0;
vì c 1 và ab t2:
Bước dồn biến được hoàn tất, và ta chỉ còn phải chứng minh 2t+ c  3 với 4t2+ 2c2+ 3t2c = 9:
Có rất nhiều cách chứng minh bất đẳng thức này, xin được một cách thú vị sau (dù tính toán hơi
nhiều) mà lí do vì sao tìm được nó, xin được dành cho bạn đọc
Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng
(c7)(94t23t2c2c2)+42(32t c) 0:
Bằng phép nhóm cặp theo t; ta dễ dàng viết được nó dưới dạng sau
(28+17c3c2)t284t+6333c+14c22c3  0:
Rõ ràng đây là một tam thức bậc hai của t với hệ số cao nhất dương (do c 1), và biệt thức của nó
là
∆0 = 422 (28+17c3c2)(6333c+14c22c3)
= c(c1)2(6c264c+147) 0;
nên bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Phép chứng minh của ta được hoàn tất.
Lời giải 2. Giả sử a+b+ c> 3: Khi đó, ta có
9= 2(a2+b2+ c2)+3abc=
18(a2+b2+ c2)
9
+
81abc
27
>
18(a2+b2+ c2)
(a+b+ c)2
+
81abc
(a+b+ c)3
;
từ đó suy ra
2(a2+b2+ c2)(a+b+ c)+9abc< (a+b+ c)3;
tương đương
a3+b3+ c3+3abc< ab(a+b)+bc(b+ c)+ ca(c+a):
Đây là một điều vô lí, bởi vì theo bất đẳng thức Schur, ta thấy bất đẳng thức có chiều ngược lại
đúng. Do vậy, không thể xảy ra khả năng a+b+ c> 3: Điều này nói lên rằng, với mọi a;b;c thỏa
mãn giả thiết của đề bài thì a+b+ c 3:
10
Bài tập tương tự. Cho các số không âm a;b;c thỏa mãn a2+b2+c2+2abc= 1: Chứng minh rằng
a)
ab+bc+ ca 2abc+ 1
2
;
(Marian Tetiva)
b)
a+b+ c 4
p
21
2
abc+
p
2:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
3 Bài tập đề nghị
1. Cho các số không âm a;b;c thỏa mãn không có hai số nào đồng thời bằng 0 và a2+b2+c2 =
1: Chứng minh rằng
a3
b2bc+ c2 +
b3
c2 ca+a2 +
c3
a2ab+b2 
p
2:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
2. Cho các số dương a;b;c thỏa mãn a+b+ c= a3+b3+ c3: Chứng minh bất đẳng thức sau
a
a2+1



b
c
2
+
b
b2+1


 c
a
2
+
c
c2+1


a
b
2
 a+b+ c
2
:
(Gabriel Dospinescu)
3. Giả sử a;b;c là các số dương có tổng bằng 3: Chứng minh rằng
1
a2+b2+2
+
1
b2+ c2+2
+
1
c2+a2+2
 3
4
:
(Iran 2009)
4. Tìm tất cả các số thực k để bất đẳng thức sau đúng với mọi a;b;c dương
k+
a
b+ c

k+
b
c+a

k+
c
a+b



k+
1
2
3
:
(Chọn đội tuyển Việt Nam 2009)
5. Cho các số không âm a;b;c thỏa mãn ab+bc+ ca= 1: Chứng minh bất đẳng thức sau
1p
a2+ab+b2
+
1p
b2+bc+ c2
+
1p
c2+ ca+a2
 2+ 1p
3
:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
11
6. Cho các số không âm a;b;c thỏa mãn a+b+ c= 1: Chứng minh bất đẳng thức sau
1p
a2+ab+b2
+
1p
b2+bc+ c2
+
1p
c2+ ca+a2
 4+ 2p
3
:
(Xtar)
Võ Quốc Bá Cẩn
12